Pisa, 30 Giugno 2014
Corsi di Laurea in Ingegneria Elettronica e Telecomunicazioni.
U NIVERSIT A` DI P ISA .
Sesta prova scritta di Analisi Matematica I.
(1)
(2)
(3)
(4)
Esporre lo svolgimento degli esercizi in maniera chiara e leggibile.
E` proibito comunicare con gli altri candidati in qualunque forma.
E` proibito l’utilizzo di telefoni cellulari.
Le parte facoltativa del primo esercizio non occorre per raggiungere il massimo
punteggio, ma contribuisce positivamente alla valutazione della prova scritta.
Esercizio 1. Si consideri la funzione f : R → R definita come
f (t) = (1 + sin t)et
per ogni t ∈ R.
Si studi l’esistenza e nel caso si determinino i limiti di f sia per t → +∞, che per
t → −∞. Determinare l’immagine di f , studiare l’esistenza di possibili massimi
o minimi globali e nel caso determinarli.
Facoltativo: Si studi la risolubilit`a dell’equazione (1 + sin t)et = λ per t ∈ R,
al variare di λ in R. In particolare, cosa si pu`o dire sul numero di soluzioni?
Soluzione. Abbiamo
|f (t)| ≤ |1 + sin t|et ≤ 2et → 0 per t → −∞ ,
pertanto per il teorema del confronto esiste il seguente limite
lim f (t) = 0 .
t→−∞
Definendo le successioni tk =
π
2
+ 2kπ e τk =
f (tk ) = 2etk
3π
2
+ 2kπ abbiamo
e f (τk ) = 0
per ogni k ∈ N, pertanto lim f (tk ) = +∞ e lim f (τk ) = 0. Concludiamo che
k→∞
k→∞
f non ha limite per t → +∞.
Riguardo all’immagine di f , osserviamo che 1 + sin t ≥ 0 ed anche et > 0 per
ogni t ∈ R, pertanto f (t) ≥ 0 per ogni t ∈ R, quindi f (R) ⊂ [0, +∞). Inoltre f
e` continua ed f (−3π/2) = 0, pertanto l’intervallo [0, 2etk ] e` contenuto in f (R).
Per il fatto che tk → +∞ e l’arbitrariet`a di k ∈ N, abbiamo [0, +∞) ⊂ f (R),
quindi f (R) = [0, +∞). Pertanto f e` illimitata superiormente, quindi non ha
massimo globale, mentre i τk al variare di k ∈ Z sono tutti e soli i punti di
minimo globale per f .
2
Esercizio 2. Consideriamo una restrizione di f dell’Esercizio 1. Precisamente
definiamo g : [−π, 2π] → R, con g(t) = (1 + sin t)et per −π ≤ t ≤ 2π.
Determinare tutti i punti di massimo e di minimo, sia locali che globali, per la
funzione g, assieme agli intervalli di crescenza e decrescenza.
Suggerimento: Si studi il segno della funzione ϕ(t) = 1 + cos t + sin t.
Soluzione. Calcolando la derivata di f otteniamo f ′(t) = ϕ(t)et, dove
ϕ(t) = 1 + cos t + sin t.
Per studiare il segno di ϕ abbiamo due modi possibili. Il primo consiste nell’utilizzare
la formula di addizione del seno per avere
√
π
,
ϕ(t) = 1 + 2 sin t +
4
da cui si pu`o studiare del segno di ϕ. Un altro metodo consiste nello studio di
ϕ′ (t) = cos t − sin t, che e` positiva se e solo se sin t < cos t. Abbiamo quindi
ϕ′(t) = cos t − sin t > 0 se t ∈ (−3π/4, π/4) ,
ϕ′(t) = cos t − sin t < 0 se t ∈ (π/4, 5π/4) ,
ϕ′(t) = 0 se t ∈ {−3π/4, π/4, 5π/4} .
Le precedenti relazioni si possono ottenere dalla definizione geometrica della
funzione seno e coseno. Riferendosi ad esempio alla determinazione delle t
tali che cos t − sin t > 0, un altro metodo consiste nell’imporre che la coppia
(cos t, sin t) stia nella regione del piano S = {(x, y) : y < x} come si realizza
dalla seguente figura.
Asse delle
y
t=
π
4
Asse delle
x
La regione tratteggiata corrisponde all’insieme S = {(x, y) : y < x}
t = − 3π
4
Abbiamo quindi che la funzione ϕ
(1) cresce strettamente in [−3π/4, π/4],
3
(2) decresce strettamente in [π/4, 5π/4],
(3) ha massimo globale in t = π/4.
Dalla stretta crescenza di ϕ otteniamo che t = −π/2 e` l’unico zero di ϕ in
(−3π/4, π/4). Dalla stretta decrescenza otteniamo che t = π e` l’unico zero
di ϕ in (π/4, 5π/4). Quindi possiamo tracciare un grafico qualitativo di ϕ su
[−3π/4, 5π/4].
Inoltre ϕ e` periodica di periodo 2π e la lunghezza dell’intervallo [−3π/4, 5π/4]
e` 2π, pertanto possiamo estendere il suo grafico per periodicit`a fino a raggiungere
l’intervallo [−π, 2π]. Nel seguente grafico di ϕ, la parte estesa per periodicit`a e`
tratteggiata.
Grafico di
−π
− 3π
4
− π2
π
4
ϕ
5π
4
π
3π
2
2π
Dal segno della funzione ϕ deduciamo che g e`
(1) strettamente decrescente in [−π, −π/2],
(2) strettamente crescente in [−π/2, π],
(3) strettamente decrescente in [π, 3π/2],
(4) strettamente crescente in [3π/2, 2π].
Deduciamo quindi che g(−π/2) = 0 e` un minimo locale di g, g(π) = eπ e`
un massimo locale di g e g(3π/2) = 0 e` un minimo locale di g. Agli estremi
abbiamo g(−π) = e−π e g(2π) = e2π . Concludiamo quindi che −π/2 e 3π/2
sono punti di minimo globale, dove g si annulla, π e` un punto di massimo locale
e 2π e` il punto di massimo globale per g.
Il grafico qualitativo di g rappresentato nella pagina seguente riassume tutte le
informazioni sui massimi e minimi, locali e globali.
4
Grafico di
−π
g
− π2
π
3π
2
2π
Esercizio 3. Stabilire se l’integrale improprio
Z +∞
x cos(eαx ) dx
0
converge al variare di α tra i numeri reali positivi, motivandone la risposta.
Soluzione. Con il cambio di variabile y = eαx , l’esistenza del limite di
Z
b
x cos(eαx ) dx
0
per b → +∞, avendo x =
1
α
log y, e` equivalente all’esistenza del limite di
1
α2
Z
1
β
log y
cos y dy
y
5
per β → +∞, poich`e β = eαb → +∞ per b → +∞. Quindi l’integrale
improprio dato converge se e solo se converge il seguente integrale improprio
Z +∞
log y
cos y dy .
(1)
y
1
Integrando per parti, per ogni β > 1 abbiamo
Z β
Z β
log y
sin β log β
(1 − log y)
′
dy
(sin y) dy =
−
(sin y)
y
β
y2
1
1
Z β
(1 − log y)
dy
= o(1) −
(sin y)
y2
1
y)
per β → +∞. Pertanto, l’integrabilit`a della funzione f (y) = (sin y) (1−log
y2
in (1, +∞) implica che l’integrale (1) converge e quindi anche l’integrale dato
converge per ogni α > 0. Proviamo quindi tale integrabilit`a di f su (1, +∞).
Studiamo la convergenza assoluta, considerando per β > 1 le stime
Z β
Z β
Z β
1
| log y|
(1 − log y) dy
≤
dy
+
dy .
(sin y)
2
y2
y2
1 y
1
1
Il primo integrale della somma e` convergente. Il secondo integrale converge in
quanto
| log y|
= O(y −3/2) per y → +∞.
2
y
Concludiamo quindi che l’integrale dato converge per ogni α > 0.
Risoluzione della parte facoltativa dell’Esercizio 1. Poich`e f (R) = [0, +∞),
l’equazione (1+sin t)et = λ ammette soluzione se e solo se λ ≥ 0. Sia ora λ ≥ 0
e si considerino le successioni tk = π2 + 2kπ e τk = 3π
2 + 2kπ con k intero non
negativo. Si osservi che τk < tk+1 e che per la continuit`a di f abbiamo
[f (τk ), f (tk+1)] = [0, 2etk+1 ] ⊂ f ([τk , tk+1]).
Poich`e f (tk+1) = 2etk+1 → +∞ per k → ∞, esiste k0 ∈ N, dipendente solo da
λ, tale che per ogni k ≥ k0 si ha λ < f (tk+1). Abbiamo quindi
λ ∈ [0, f (tk+1)] ⊂ f ([τk , tk+1])
per ogni k ≥ k0 . Quindi esiste µk ∈ [τk , tk+1] tale che λ = f (µk ), ovvero
(1 + sin µk )eµk = λ .
Poich`e tk+1 < τk+1, gli intervalli [τk , tk+1] sono disgiunti, quindi tutti i µk sono
distinti. Ne segue che abbiamo infinite soluzioni.
Il seguente grafico qualitativo chiarisce intuitivamente l’idea per cui possiamo
aspettarci infinite soluzioni.
6
Grafico qualitativo di f
λ
π
3π
2
2π
3π
7π
2
5π
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